非 void 函数中的空返回是未定义的行为吗？

阅读有关该主题的答案后控制到达非 void 函数的末尾我没有看到任何专门针对以空退出非 void 函数的情况的答案return陈述：

int return_integer() { return; }  // empty return in non-void function

到目前为止我发现了什么C标准 is:

6.8.6.4 返回语句

约束条件

1. A return带有表达式的语句不得出现在返回类型为void. A return不带表达式的语句只能出现在返回类型为void.

标准报价说明了什么should我们用我们的return的陈述void和非void函数，当我们忽略约束时会发生什么，文档的其他部分提到了：

6.9.1 函数定义

1. If the }到达终止函数，并且函数调用的值由调用者使用，行为是未定义的。

之前的标准引用指出，如果我们使用函数的返回值，该函数在到达右花括号后结束，就会发生 UB (}），所以我们在下面的代码中有UB：

int UB(int x) { if (x) return x; }

printf("%d", UB(1)); // Correct
printf("%d", UB(0)); // Undefined behavior

In the UB(1)调用函数返回1通过return x;根据指示if (x);在里面UB(0)打电话给if (x)条件未通过，因此函数结束到达}，在这种情况下使用返回值是 UB （但不在UB(1)）。但是，在这种情况下会发生什么呢？

int UB(int x) { if (x) return; } // empty return statement

printf("%d", UB(1)); // Undefined behavior?
printf("%d", UB(0)); // Undefined behavior

在上面的代码中，调用了UB(1)不满足§6.9.1/12因为函数结束而导致 UB 的要求没有达到}并且也不返回任何值。

C 标准的哪一部分描述了这种情况？

int UB(int x) { if (x) return; } 

这甚至不是未定义的行为，它是违反约束。引用的文本

不带表达式的 return 语句只能出现在 返回类型为 void 的函数

6.8.6.4 中的内容是规范性的，这意味着编译器不允许在不给出诊断消息的情况下让它溜走。如果编译时没有给出诊断，则编译器不是合格的实现（不遵循语言标准）。

用简单的英语来说，这意味着：该代码甚至不应该编译。

现在，如果编译器确实生成了二进制可执行文件，即使代码违反了约束，那么所有的赌注都将落空。它不再是一个 C 程序，而是某种非标准程序，任何语言标准都无法保证其行为。